Zmn-0283 薛问天：调和级数不是悖论，同康托的无穷理论并不矛盾。评欧阳耿《0275》和 黄汝广《0281》

【编者按。下面是薛问天先生发来的文章。是对《Zmn-0275》欧阳耿先生和《Zmn-0281》黄汝广先生的文章评论。现在发布如下，供网友们共享。请大家关注并积极评论。另外本《专栏》重申，这里纯属学术讨论，所有发布的各种意见仅代表作者本人，不代表本《专栏》编辑部的意见。】

调和级数不是悖论，同康托的无穷理论并不矛盾

。评欧阳耿《0275》和 黄汝广《0281》

薛问天

xuewentian2006@sina.cn

。

（一）回答欧阳耿先生的问题

我们先来回答欧阳耿先生的问题（《0275》）

第一个问题。欧阳先生问:【根据上面的（9）式，如果我们想得到该式中的第一个 10000000000，应该用掉调和级数中多少个数项、从第几个数项到第几个数项；如果我们想得到该式中的第二个 10000000000呢（另外多少个数项、另外从第几个数项到第几个数项）；如果我们想得到该式中的第三个 10000000000 呢（另外多少个数项、另外从第几个数项到第几个数项）；……？】

我在《 Zmn-0227 薛问天：再认真些 ，细緻些-评欧阳耿先生的《八答》》

http://blog.sciencenet.cn/blog-755313-1237619.html

中己经作了这样的分析。我们严格证明了调和级数的和是无穷大， 按照极限定义证明了，对任何Δ，都存在有N( N=2^2Δ)，使任何n，当n＞N时，有Sn＞Δ。

那么当n多大时，Sn中含有K个10^10这个数呢？ 根据上面的推论，我们知令Δ=1+k1010000000000，N_k=2^2Δ，则对对任何n＞N_k，有Sn＞1+k1010000000000。 可见对任何k，都可求出N_k，当调和级数的项数n大于N_k时，部分和Sn中就至少可包含有k个10¹⁰这样的数。自然【如果我们想得到该式中的第k个 10000000000 】，它是从第几个数项到第几个数项。既然己经知道它的存在而且小于N_k，因为Nk是有穷数，它等于多少也就不难求出。这并不是什么不可解的难题。

第二个问题。欧阳耿先生说:【迄今为止，在现有数学理论体系中，国内外的数学工作者都无法自圆其说地回答如下这个问题：如上那个“大家公认的多项式加括号操作法”究竟能从Un --->0 的调和级数中得到多少个10000000000 的数，有穷多个（为什么、多少个）或无穷多个（为什么）？】

 这个问题并不难回答丨。可以严格地(当然是自圆其说地)回答，对于调和级数，由于当n→∞时，它的部分和Sn→∞。无穷调和级数中可以得到无穷多个数（10^10）。。

这可以严格地用反证法来证明。假定Sn只含有有穷个，即最多只能含有m个这样的数，根据前面的推论，令k=m+1，显然当K>N_k时，部分和中就含有m+1个这种数，同反证法假定相矛盾，命题得证。

所以说调和级数己研究得相当清楚，是个己经很成熟的理论，不存在【迄今为止，在现有数学理论体系中，国内外的数学工作者都无法自圆其说地回答】的任何无穷调合级数的问题。

（二），调和级数并不构成悖论

欧阳耿先生说【新发现的调和级数悖论】，【我们目睹了一个活生生的芝诺悖论现代翻版的典型案例】，【Un --->0 的调和级数中得到多少个10000000000 的数，有穷多个（为什么、多少个）或无穷多个（为什么）？不管哪种答案都会产生悖论！】

欧阳先生说调和级数是悖论，并没有讲任何理由，未做任何论证。数学是一门逻辑缜密的科学，你作出的任何一个论断，都要有根有椐，提出你的论证来。

这里涉及两个问题。一是什么是悖论，满足什么条件才称为是悖论？关于这点，我们有我们的看法，那就是我在《0192》和《0278》多次强调的惇论三要素，「堆出矛盾，逻辑正确和隐含假定。」特别是「推出矛盾」这一条。如果没有推出矛盾，那肯定是算不上是悖论的。任何一个悖论都要有推出的矛盾。所谓推出矛盾就是推导出A和乛A同时成立。或者由A推出乛A，而且由乛A推出A来。例如说谎者悖论。【本语句说的是假的】。用A来表示此语句。显然如果A为真，则根据句子所述的语义，可推出A为假。如果A为假，则可推出A为真。于是推出矛盾。

不知欧阳耿先生是怎么认识悖论的，在欧阳先生的心目中，满足那些条件就可构成悖论。这点必须首先明确。接下来才能谈论和判断一个事物是不是悖论的问题。

按我们关于悖论的三要素的标准来判断，调和级数中没有推出任何不解的矛盾。从而调和级数不是悖论。欧阳耿先生说【新发现的调和级数悖论】没有根据，是不符合事实的，不能成立。

 (三)，评黄汝广先生的《0281》

黄汝广先生令

S1=1+1/2+1/3+1/4+1/5+1/6+1/7+1/8+......

S2=1+1/2+1/2+1/2+1/2+1/2+1/2+1/2+.....

讨论这两个无穷级数，他说S1的【项的个数为阿列夫零№,】而把S2的项【设为№*,】，.然后他说【很显然,在一一对应的条件下S1<S2,但是这显然与上述加括号证明法的结果矛盾.因此,№*≠№,又因为№*≤№,所以只能№*<№,也即№*是比阿列夫零№更小的无穷!】

黄先生在这里的推论中有两个概念错误。

其一，他说【很显然,在一一对应的条件下S1<S2】。这个论断是错误的。对于两个无穷级数来说，相应项，既使在一一对应的条件下，S1的每一项都小于S2的，这两个无穷级数的和，S1＜S2也不一定【显然成立】。有可能S1=S2=∞。这是因为在极限理论中，如果当n→∞时，有x_n→∞，y_n→∞，既使对任何n，x_n＜y_n成立，也只能得出∞=∞，而得不出∞＜∞来。也就是说对于调和级数来说，它的部分和的极限是无穷大，S1=S2=∞，而不是S1＜S2。这是因为在极限理论中，无穷大极限只有一个，它不是数不分大小。不能将无穷大极限∞同衡量无穷集合大小的超穷基数混为一谈。这是完全不同的两个概念。

其二是在极限理和无穷级数的理论中，所谓无穷序列，无穷个项都是指可数无穷，因而所有的无穷序列，所有的无穷级数的项的个数(基数)都是Aleph_0，不涉及其它更高的基数。因而调和级数无论用什么方法证明其发散，都不会产生同康托的无穷基数理论发生矛盾，不存在同它的不相容性。

(全文完)

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